113 年調查局特考三等電子科學組考古題與詳解

Question 1

有一個系統（system），我們稱之 $T(\cdot)$；我們以 $x(t)$ 代表它的輸入訊號、以 $y(t)$ 代表它的輸出訊號。（每小題 5 分，共 15 分） （一）假設輸入訊號 $x1(t)$ 所對應的輸出為 $T(x1(t))=y1(t)$、輸入訊號 $x2(t)$ 所對應的輸出為 $T(x2(t))=y2(t)$。請描述在合乎什麼條件之下，$T(\cdot)$ 便是一個線性（linear）系統。 （二）請描述在合乎什麼條件之下，$T(\cdot)$ 便是一個非時變（time-invariant）系統。（你的答案中應該會用到類似這樣的符號：如果給定一個訊號 $s(t)$，那麼 $s(t-	au)$ 就是 $s(t)$ 延遲了 $	au$ 時間之後的訊號。） （三）請描述在合乎什麼條件之下，$T(\cdot)$ 便是一個線性非時變（linear time-invariant）系統。

Accepted Answer

核心觀念 本題考查系統的線性與非時變性質。線性由「可加性」與「齊次性」共同構成；非時變則要求輸入延遲後，輸出也只延遲相同時間，系統的輸入輸出關係不隨時間改變。 解題方法 （一）線性系統 若對任意輸入 $x1(t)$、$x2(t)$ 及任意常數 $a,b$，系統都滿足 $$ T\!\left(a x1(t)+b x2(t)ight) =aT\!\left(x1(t)ight)+bT\!\left(x2(t)ight) =ay1(t)+by2(t), $$ 則 $T(\cdot)$ 為線性系統。此式同時包含可加性與齊次性；兩者都須成立。 （二）非時變系統 若對任意輸入 $x(t)$ 及任意時間位移 $	au$，先將輸入延遲 $	au$ 時間再送入系統，所得輸出等於原輸出延遲 $	au$ 時間，亦即

Question 2

有一個線性非時變（linear time-invariant）系統，其脈衝響應（impulse response）為

h(t)= \begin{cases} e^{-t}, & t\geq 0;\\ 0, & t<0. \end{cases}

當輸入訊號為

x(t)= \begin{cases} e^{-2t}, & t\geq 0;\\ 0, & t<0. \end{cases}

時，此系統產生的輸出訊號為何？

Accepted Answer

核心觀念 線性非時變（LTI）系統的輸出等於輸入與脈衝響應的卷積： $$ y(t)=x(t)h(t)=\int{-\infty}^{\infty}x(	au)h(t-	au)\,d	au. $$ 本題的 $x(t)$ 與 $h(t)$ 都是因果訊號，只在 $t\geq 0$ 時非零，因此卷積積分的有效範圍會隨 $t$ 改變。 解題方法 將訊號代入卷積積分。要使被積函數非零，須同時滿足 $	au\geq 0$ 與 $t-	au\geq 0$，也就是 $0\leq 	au\leq t$。當 $t<0$ 時沒有符合條件的 $	au$，故 $y(t)=0$；當 $t\geq 0$ 時：

Question 3

在本問題中，我們考慮某一種振幅調變（amplitude modulation，簡稱 AM）。假設訊息訊號（message signal）為 $m(t)$ ，而且 $|m(t)|<M$ 。在傳送端傳送出去的 AM 訊號為

s(t)=A\cdot\bigl(M+m(t)\bigr)\cdot\cos(\omega_0t),

其中 $M$ 、 $A$ 及 $\omega_0$ 均為實數。

（一）請問本調變方式是屬於單邊頻帶（single-sideband）還是雙邊頻帶（double-sideband）的調變方式？

（二）與其他的 AM 調變方式相比，本 AM 調變方式的優缺點為何？

（三）在接收端收到的訊號可以用封包檢測器（envelope detector）來做解調（demodulation）。請畫出封包檢測器的電路圖。

Accepted Answer

核心觀念 題目考查 AM 訊號的頻帶型態、調變效率，以及二極體封包檢測器的工作原理。 已知 $$ s(t)=A\bigl(M+m(t)\bigr)\cos(\omega0t), \qquad |m(t)|<M. $$ 其中 $M+m(t)0$，所以載波振幅的包絡為 $A\bigl(M+m(t)\bigr)$（假設 $A0$；若 $A<0$，其符號可併入載波相位）。 解題方法 （一）這是雙邊帶含載波調幅（DSB-LC，也稱傳統 AM）。將訊號展開： $$ s(t)=AM\cos(\omega0t)+A m(t)\cos(\omega0t). $$ 第一項是載波；第二項是訊息與載波相乘所形成的調幅成分。若 $m(t)$ 的頻譜位於基頻，乘上 $\cos(\omega0t)$ 後，會在載波兩側產生上、下兩個側頻帶，因此屬雙邊帶。訊號也保留了載波項 $AM\cos(\omega0t)$。 （二）此 AM 方式的優缺點如下： - 優點：包絡與 $M+m(t)$ 成正比，且 $M+m(t)0$，不會發生包絡反轉，因此可用電路簡單的封包檢測器解調，不必在接收端另行產生載波。 - 缺點：載波本身不承載訊息，卻占用傳輸功率；此外，上、下側頻帶包含相同訊息，頻寬是訊息頻寬的兩倍，功率與頻譜使用效率較低。 若訊息為零平均、功率為 $Pm$，則總平均功率為

Question 4

在本問題中，我們探討數位調變（digital modulation）之中的移頻鍵控（frequency-shift keying，簡稱 FSK）技術。

（一）使用 FSK 調變技術的時候，傳送端如何傳送訊號來分別代表 0 和 1？請將你的答案以數學式的方式表示，而且在式中應該會帶有訊息以及載波的部分。（5 分）

（二）針對 FSK 訊號做解調（demodulation）的時候，有兩種方式可以選擇，分別是同調解調（coherent demodulation）以及非同調解調（non-coherent demodulation）。請指出這兩種方式，在作法上面主要的不同是在那裡？以及各自的優缺點是什麼？（10 分）

Accepted Answer

核心觀念

移頻鍵控（FSK）以不同載波頻率表示不同的數位符號。二元 FSK（2-FSK）中，訊息位元 $0$ 與 $1$ 分別選用頻率 $f_0$ 與 $f_1$ ；振幅通常固定，位元資訊由載波頻率承載。

解題方法

令每個位元的傳送時間為 $T_b$ ，載波振幅為 $A$ ，訊息位元為 $b_k\in\{0,1\}$ 。第 $k$ 個位元期間可表示為

s_k(t)=A\cos\!\left(2\pi f_{b_k}t+\phi\right), \qquad kT_b\le t<(k+1)T_b,

其中 $f_{b_k}=f_0$ （若 $b_k=0$ ）， $f_{b_k}=f_1$ （若 $b_k=1$ ）， $\phi$ 為載波相位。也可用訊息變數 $m_k\in\{-1,+1\}$ 表示：

s_k(t)=A\cos\!\left[2\pi\left(f_c+m_k\Delta f\right)t+\phi\right],

其中 $m_k=-1$ 對應位元 $0$ ， $m_k=+1$ 對應位元 $1$ ，且 $f_0=f_c-\Delta f$ 、 $f_1=f_c+\Delta f$ 。兩種寫法都表明：位元值決定所選用的載波頻率。

同調與非同調解調

兩者主要差異在於接收端是否取得並使用載波相位參考。

Question 5

假設在做數位調變（digital modulation）時，我們將四個訊符（symbol）分別對應到訊號空間（signal space，亦稱為星座圖（constellation diagram））的四個位置，分別是：

(+A,+A)、\quad(-A,+A)、\quad(-A,-A)、\quad(+A,-A)。

這種調變方式，其實便是所謂的 QPSK（quadrature phase-shift keying）。（每小題 5 分，共 15 分）

（一）請在星座圖上面針對四個訊符做格雷編碼（Gray coding），其中每個訊符都是包含了兩個位元。

（二）QPSK 與 BPSK（binary phase-shift keying）比較起來，優點為何？

（三）在假設載波同步（carrier synchronization）可以完美達成的條件之下，在同樣的訊雜比（signal-to-noise ratio）之下，QPSK 的錯誤率比起 BPSK 的錯誤率何者較大？或者是兩者相等？

Accepted Answer

核心觀念

QPSK（正交相位移鍵控）以兩個互相正交的載波分量承載資訊，每個訊符有四種可能狀態，因此每個訊符可代表 $\log_2 4=2$ 個位元。格雷編碼要求星座圖上相鄰訊符的標記只相差一個位元，可降低因判錯到相鄰點而造成的位元錯誤數。

解題方法

（一）四個星座點沿著圓周相鄰排列。依序標記為 $00、01、11、10$ ，首尾相鄰的 $10$ 與 $00$ 也只差一個位元，符合格雷編碼：

星座位置 $(I,Q)$	位元標記
$(+A,+A)$	$00$
$(-A,+A)$	$01$
$(-A,-A)$	$11$
$(+A,-A)$	$10$

相鄰點的位元順序亦可反向或循環旋轉；只要星座圖上每一對相鄰點都只差一個位元，便是有效的格雷編碼。

（二）BPSK 每個訊符承載 $1$ 個位元，QPSK 每個訊符承載 $2$ 個位元。因此在相同訊符率與頻寬條件下，QPSK 的位元率可為 BPSK 的兩倍；反過來說，在相同位元率下，QPSK 所需的訊符率及頻寬可約為 BPSK 的一半。

（三）完美載波同步且採用相干偵測時，QPSK 可視為兩路互相正交的 BPSK：同相分量 $I$ 與正交分量 $Q$ 各自判決一個位元。兩路的判決錯誤機率與 BPSK 相同，因此兩者的位元錯誤率相等。

Question 6

在本題目中，我們考慮以漢明碼（Hamming code）來做錯誤更正碼（error correcting code）。如下所示為 $(7,4)$ 漢明碼的校對檢測矩陣（parity check matrix）：

H= \begin{bmatrix} 1&0&0&1&1&0&1\\ 0&1&0&1&0&1&1\\ 0&0&1&0&1&1&1 \end{bmatrix}.

（一）請找出與 $H$ 對應的生成矩陣（generator matrix）。（10 分）

（二）請列出所有的碼字（codewords）。（5 分）

（三）本 $(7,4)$ 漢明碼的最小距離（minimum distance）為何？（5 分）

Accepted Answer

核心觀念 二元線性碼的生成矩陣 $G$ 必須滿足 $$ GH^{T}=0, $$ 使每個碼字 $\mathbf{c}=\mathbf{u}G$ 都符合校驗條件 $H\mathbf{c}^{T}=0$。本題的 $H$ 左側 $3	imes3$ 區塊是單位矩陣，可寫成系統形式 $$ H=[I3\mid P],\qquad P= \begin{bmatrix} 1&1&0&1\ 1&0&1&1\ 0&1&1&1 \end{bmatrix}. $$ 在 $\mathrm{GF}(2)$ 上，減法與加法相同，因此系統形式的生成矩陣為 $$ G=[P^{T}\mid I4]. $$ （一）生成矩陣 由 $GH^{T}=0$ 可知，若 $G=[P^{T}\mid I4]$，則 $$ GH^{T} =[P^{T}\mid I4] \begin{bmatrix} I3\ P^{T} \end{bmatrix} =P^{T}+P^{T}=0 \quad(\bmod 2). $$ 所以對應的生成矩陣可取為 $$ \boxed{ G= \begin{bmatrix} 1&1&0&1&0&0&0\ 1&0&1&1&0&0&0\ 0&1&1&0&1&0&0\ 1&1&1&1&0&0&1 \end{bmatrix} }. $$ 此矩陣有 $4$ 個線性獨立的列，產生 $2^4=16$ 個碼字。 （二）所有碼字 令資訊向量 $\mathbf{u}=(u1,u2,u3,u4)$，則 $$ \mathbf{c}=\mathbf{u}G =(u1+u2+u4,\; u1+u3+u4,\; u2+u3+u4,\; u1+u2+u4,\; u3,\; 0,\; u4), $$ 所有加法均在 $\mathrm{GF}(2)$ 中進行。依資訊向量 $0000$ 至 $1111$ 列出： | 資訊向量 $\mathbf{u}$ | 碼字 $\mathbf{c}=\mathbf{u}G$ | |---|---| | 0000 | 0000000 |

113 調查局特考三等電子科學組通信與系統考古題詳解

第一題15 分

核心觀念

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第三題20 分

第四題15 分

核心觀念

解題方法

同調與非同調解調

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核心觀念

解題方法

第六題20 分

核心觀念

（一）生成矩陣

（二）所有碼字

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核心觀念

解題方法

第 六 題20 分

核心觀念

（一）生成矩陣

（二）所有碼字

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